Правильные решения и критерии по алгебре

Алгебра
Решите задачи (№№ 1 - 5)
№1. Задача. Пирожное стоит 18 руб., а шоколадка – 21 руб. за штуку. Аня и Вася накупили этих
сладостей. При этом у Ани оказалось больше покупок в штуках, а у Васи покупка дороже. Какое
наименьшее количество сладостей они могли купить?
Решение. Обозначим число всех покупок через k, из них Аниных – m, а Васиных – (k – m). Предположим, что некоторый набор покупок удовлетворяет поставленным условиям. Можно считать, что Аня
купила только пирожные (иначе заменим каждую шоколадку на пирожное, покупка от этого станет
только дешевле). Аналогично можно считать, что Вася купил только шоколадки. Итак, m > k – m, но 18m
13
< 21(k – m). Упрощая эти неравенства, получаем, что m < k < 2m. В силу целочисленности параметров,
13
m
7
7
< k ≤ 2m –1. Левая часть этого неравенства должна быть меньше правой, откуда m > 7, т.е. m ≥ 8. При
13∙8
этом имеем k >
, т.е. k ≥ 15.
7
Значение 15 действительно подходит: Аня купила 8 пирожных на 8∙18 = 144 руб., а Вася 7 шоколадок на 7∙21 = 147 руб.
Ответ. Дети купили не менее 15 штук сладостей.
№2. Задача. В арифметической прогрессии, состоящей из натуральных чисел, есть член, оканчивающийся на 3, но нет члена, оканчивающегося на 5. Есть ли в ней член, оканчивающийся на 7?
Решение. Будем называть член прогрессии, оканчивающийся на n, n-членом. Предположим, что в
ней есть 7-член. Рассмотрим два случая.
1) 7-член стоит после 3-члена. Значит, разница между ними равна 10k + 4. Через равные промежутки разница между членами прогрессии будет такая же, поэтому появятся 1-член (7 + 4 = 11) и 5-член (1 +
4 = 5). Это противоречит условию.
2) 3-член стоит после 7-члена. Разница между ними равна 6 + 10k (6 = 13 – 7). Далее через равные
промежутки идут 9-член (3 + 6 = 9) и снова 5-член (9 + 6 = 15).
Ответ. Члена, оканчивающегося на 7, в прогрессии нет.
№3. Задача. Каков знак суммы A = sin 25 + sin 50 + sin 75 + … + sin 350?
𝑥
Решение. Выражение A = sin x + sin 2x + sin 3x + … + sin nx можно упростить. Умножим его на 2sin 2,
получим
𝑥
𝑥
𝑥
𝑥
2sin 2 ∙A = 2sin 2∙sin x + 2sin 2∙sin 2x + … + 2sin 2∙sin nx =
𝑥
= cos 2 – cos
3𝑥
2
+ cos
𝑥
Значит, A =
(𝑛+1)𝑥
𝑛𝑥
sin
∙sin
2
2
𝑥
sin
2
3𝑥
2
– cos
5𝑥
+…
2
1
1
1
+ cos (𝑛 − 2) 𝑥 – cos (𝑛 + 2) 𝑥 =
= cos 2 – cos (𝑛 + 2) 𝑥 = 2 sin
(𝑛+1)𝑥
2
∙ sin
𝑛𝑥
2
. В нашем примере x = 25, n = 14, так что A =
.
sin 187,5°∙sin 175°
<
sin 12,5°
0.
№4. Задача. На столе стоят в ряд 6 коробок, в некоторые из которых положили призы. На каждой
коробке написано обще число призов, которые оказались в этой коробке и в соседних. Это числа x, 1, 2,
2, 1, y. Какие числа надо поставить вместо x и y?
Решение. Пусть числа a, b, c, d, e, f обозначают количество призов в каждой коробке. Они принимают значения 0 или 1. Имеем a + b + c = 1, b + c + d = 2. Из этих двух равенств следует, что d больше a,
т.е. a = 0, d = 1. Аналогично получаем, что f = 0, c = 1. Тогда из равенства a + b + c = 1 получаем, что b = 0.
Аналогично получаем, что e = 0. Итак, призы лежат только в двух средних ящиках. Значит, x = y = 0.
№5. Задача. Для каких значений параметра a существует решение уравнения logax = x?
Решение. Если 0 < a < 1, то левая часть уравнения убывает от + до –, а правая возрастает от 0 до
+. Значит, они обязательно пересекаются (в единственной точке).
y
Пусть теперь a > 1. Перепишем уравнение в вид ln x = x ln a. Как видно из
рисунка, прямая пересекает график логарифма, если a не превосходит некоторого крайнего значения a0. Это значение соответствует касанию прямой и
логарифмической кривой.
b
x
0
1
1
1
Запишем уравнение касательной к логарифму в некоторой точке b. Оно имеет вид y = 𝑏(x – b) + ln b
= x + ln b – 1. Это уравнение должно совпадать с уравнением y = x ln a0. Сравнивая коэффициенты, по𝑏
лучаем, что ln b = 1, т.е. b = e. Кроме того, 1/b = 1/e = ln a0. Итак a0 = e1/e.
Ответ. Решение существует для a (0; 1)  (1; e1/e)
Методический блок (№№ 6 - 10)
В предложенных ниже "задачах" (№6-8) могут содержаться математические ошибки, как ответах, так и в "условиях" или "решениях". Если некорректно условие, то объясните, почему это так,
и найдите ошибки в "решении". Если неверно только "решение", то укажите ошибки и приведите
верное решение.
№6. "Задача". Парабола расположена относительно осей координат так,
как показано на рисунке. Прямая является касательной к ней в точке 3. Выразить координаты вершины параболы через параметр c.
c
"Решение". Вершина параболы имеет координаты (2; d), значит, уравнение параболы имеет вид y = k(x – 2)2 + d = kx2 – 4kx + 4k + d. Число c есть значение этого выражения в 0, т.е. c = 4k + d.
Для записи уравнения касательной найдем угловой коэффициент. Имеем
1
3
y' = 2kx – 4k, y'(3) = 2k. Значит, уравнение касательной в точке 3 имеет вид y1 =
2k(x – 3). Эта прямая пересекает ось Oy в точке y1(0) = –6k, что равно –c. Полу–c
чаем уравнение 4k + d = 6k, откуда d = 2k, c = 6k, k = c/6, d = c/3.
"Ответ". Вершина параболы находится в точке (2; c/3).
Разбор. Можно заметить, что вершина параболы лежит ниже оси, а мы получили ответ d = c/3 > 0.
Противоречие. Параболы, удовлетворяющей условию задачи, не существует, условие некорректное.
В чем ошибка? Рассуждение, приведенное в задаче, не является равносильным. Если парабола пересекает ось Ox в точках 1 и 3, то ее вершина лежит в точке 2, однако обратное неверно! Уравнение параболы будет иметь вид y = k(x – 1)(x – 3) = k(x2 – 4x + 3), откуда следует, что c = y(0) = 3k. Это противоречит найденному равенству c = 6k, т.к. k > 0.
𝜋
4
№7. "Задача". Решить уравнение tg(x + ) + sin2x = 0.
𝜋
4
"Решение". Введем обозначение t = tg x. Имеем tg(x + ) =
1+𝑡
вид 1−𝑡
1+tg 𝑥
,
1−𝑡𝑔 𝑥
sin2x =
tg2 𝑥
,
1+𝑡𝑔2 𝑥
так что уравнение
t2
1+𝑡 2
приобретает
+
= 0. Умножим равенство на 1 – t и 1 + t2, получим (1 + t)(1 + t2) + (1 – t)t2 = 0, то
есть 2t2 + t + 1 = 0. Это уравнение не имеет решений.
"Ответ". Решений нет.
𝜋
1+tg𝑥
Разбор. Ошибка возникла при применении формулы tg(x + 4 ) = 1−𝑡𝑔𝑥. Она верна, только если суще𝜋
ствуют все входящие в нее тангенсы. Проверим остальные случаи. Если tg x = 1, то x = 4 + k, для этих
𝜋
𝜋
углов tg(x + 4 ) не существует, x не входит в ОДЗ. С другой стороны, tg x не существует при x = 2 + k, все
эти значения являются корнями уравнения.
№8. "Задача". Решить уравнение x2 + 2 x sin xy + 1 = 0.
"Решение". Перепишем уравнение в виде x2 + 2 x sin xy + sin2 xy + cos2 xy = 0. Выделяем полный
квадрат: (x + sin xy)2 + cos2 xy = 0. Сумма квадратов равна нулю тогда и только тогда, когда каждое слагаемое обращается в 0. Значит, cos xy = 0 и x = –sin xy. Но, если косинус равен 0, то синус этого же аргумента равен 1. Но тогда и x принимает значения 1. Подставляя эти значения в косинус и пользуясь его
четностью, получаем cos y = 0, откуда y = /2 + k.
Разбор. В ответе не указано, что k – целое, однако на олимпиаде эту погрешность можно считать
несущественной. Ошибка состоит в неравносильном преобразовании, которое привело к появлению
лишних решений.
Действительно, подставляя x в первое уравнение системы, получаем, что 1 + sin (1y) = 0, или, в
силу нечетности sin, 1 + sin y = 0. Значит, sin y = –1, и решения, соответствующие sin y = 1 надо отбросить.
Ответ. x = 1, y = –/2 + 2k.
№9. Задача. Могут ли уравнения f (x) = 0 и f (x) + (x) = (x) быть не эквивалентными? Какое из них
является следствием другого?
Разбор. Могут, так как при прибавлении функции  изменяется область допустимых значений переменной x. Например, уравнение x = 0 имеет корень, а уравнение x + 1/x = 1/x корней не имеет. Что
касается следования, то из второго уравнения следует первое, так как при исключении функции  ОДЗ
может только расшириться, так что потери корней при этом не происходит.
№10. Задача. Учитель хочет дать на контрольной задачу: "Картина имеет размеры a  b дм2. Ее
рамка имеет постоянную ширину, по площади в 2 раза меньше, чем сама картина. Найти ширину рамки." Нужны несколько вариантов этой задачи, в которых a, b – натуральные, а искомая ширина x равна 1.
а) Можно ли при этих условиях составить 6 вариантов? Если нет, б) предложите способ порождения таких вариантов для случая, когда x – произвольное натуральное число.
Решение. Пусть x – ширина рамки. Решим сразу п. б) Ширина картины с рамкой равна a + 2x, высота – b + 2x, так что площадь рамки есть (a + 2x)(b + 2x) – ab = ab/2. Это уравнение можно переписать в
виде 8x2 + 4(a + b) x = ab. Будем решать его как диофантово относительно a и b. Имеем ab – 4(a + b)x =
8x2. В левой и правой части добавим слагаемое 16x2. Тогда левая часть разложится на множители (a –
4x)(b – 4x) = 24x2. Значит, произвольное решение имеет вид a = 4x + p, b = 4x + q, где pq = 24x2. В частности, при x = 1 получаем, что pq = 24. Достаточно рассмотреть случай, когда p ≤ q, таких вариантов 4 (1, 2,
3, 4). Получаем пары сторон (5; 28), (6; 16), (7; 12), (8; 10).
Ответ. а) (5; 28), (6; 16), (7; 12), (8; 10). б) a = 4x + p, b = 4x + q, где pq = 24x2.
В п. б) можно придумать и другие серии ответов. Решением будет считаться любая из них (полное
решение не обязательно).
Если положить p = kx, q = lx, kl = 24, получим решения вида a = (k + 4)x, b = (l + 4)x. Однако такая серия решений не совсем подходит к условию, так как задания разных вариантов будут пропорциональны
друг другу.